NINH BINH HDC CHON HOC SINH GIOI LOP 12 THPT 20142015

Vì FA.FD FB.FC nên F thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác ADO và BCO  O,F,K thẳng hàng... 2 Học sinh có cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa..[r]

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2014 – 2015 MÔN: TOÁN Ngày thi 07/10/2014 (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Nội dung Theo bất đẳng thức AM - GM ta có  x  y Điểm    4  x  y  1.1.1 4 x  y 4  x  y  Dấu xảy  x  y 1 (1) (5,0 điểm) x     x, y  y  Từ đó kết hợp với điều kiện Viết lại phương trình thứ hai hệ dạng x 9x 7x y4 9y2 7y    3ln   x      3ln   y  64 32 64 32 (2) x 9x 7x f  x     3ln   x  64 32 Xét hàm số trên khoảng   2;3  f ' x   (5,0 điểm) 1,0  x  1 x  x  6 16(x  3) 0 0,5 1,0 1,0 x    2;3 Suy hàm số f nghịch biến trên   2;3 Ta có (2) có dạng f  x  f  y   x y (3) 1 1  x y   ;  Vậy nghiệm hệ phương trình là  2  Từ (1) và (3) a) (2,0 điểm) 3n  (  1)n un = n   Xác định công thức tổng quát 3kn  ( 1) kn 3n  (  1) n  k-1 n k-2 n u kn = =  3  ( 1) n   ( 1) (k  1)n 4 *  u kn u n n,k   b) (3,0 điểm) 32n  u 2n = n  * k * Giả sử n 2 m (k,m   ) , m lẻ  32n  32 k 1 m    32  k 1   32 k 1 (m  1)  32 k 1 (m  2) Khi đó k 1 k 1 2k 1 (m  1)  32 (m 2)   32  lẻ Do m lẻ  Mặt khác 32 k 1  k    32  32 k      32  32    32 k 1  1 0,5 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 i i 2i i 2     2(mod 4)     4 Ta có và k 1  32  12k 3 , 2k 4 32n  2014 2  k  2014  k 2013 Do đó 2013 Vậy n 2 thoả mãn yêu cầu bài toán 1,0 (6,0 điểm) a) (2,0 điểm) (KA, KD) = (KA, KI) + (KI, KD) = (BA, BI) + (CI, CD) = 2(BA, BD) = (OA, OD) (mod  )  A, D, K, O cùng thuộc đường tròn Tương   tự B,  C, K, O cùng thuộc đường tròn Vì FA.FD FB.FC nên F thuộc trục đẳng phương đường tròn ngoại tiếp tam giác ADO và BCO  O,F,K thẳng hàng b) (4,0   điểm)  Vì EA.EB EC.ED nên E thuộc trục đẳng phương đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI và CDI  E,I,K thẳng hàng (KI, KO) = (KI, KA) + (KA, KO) = (BI, BA) + (DA, DO)  = (OD,OM) + (DA, DO) = (DA, OM) = (mod  )   (KE,KF)  (mod ) Ta có (HE, HF) = (HE, EC) + (EC, CF) + (CF, FH)         (EB,EC)  (OD,OB)  (FC,FD)  (mod )          (EB,EC)  (CD,CB)  (BC,BA)  (mod ) Mà       (FC,FD)  (DA,DC)  (CD,CB)  (mod 2)        (EB,EC)   2(CD,CB)   (FC,FD)    0 (mod )        (EB,EC)  (OD,OB)  (FC,FD)  (mod 2) 1,0 0,5 0,5 0,5 1,0 0,5 0,5 1,0  (mod )  (KE,KF) (HE,HF)(mod )  E, F, H, K thuộc đường tròn [f (x)  f (y)]2 f (f (x))  2x 2f (y)  f (y ) x, y   (1) Trong (1) cho x 0 , ta [f (0)  f (y)]2 f (f (0))  f (y ) y   (2)  (HE,HF)  Trừ (1) cho (2) ta có f (x)  2f (x)f (y)  f (0)  2f (0)f (y) f (f (x))  f (f (0))  2x 2f (y) x, y   2 0,5 1,0 1,0  f (x)  f (f (x))  f (0)  f (f (0))  2f (x)  2f (0)  2x  f (y) x, y    thì + Nếu không tồn x để 2f (x)  2f (0)  2x  (4,0 điểm) 2f (x)  2f (0)  2x 0 x    f (x) f (0)  x  f  x  x  c x   (3) Thay (3) vào (1) ta c  2c 0  c 0 c  2  thì + Nếu tồn x cho 2f (x)  2f (0)  2x  f (x)  f (f (x))  f (0)  f (f (0)) f (y)  2f (x)  2f (0)  2x  f  y  c y   (4) Thay (4) vào (1) c 0 2 Vậy là các hàm thỏa mãn đề bài là f (x) 0, f (x) x , f (x) x  Hết -Chú ý 1) Điểm bài thi không làm tròn 2) Học sinh có cách giải khác đúng thì cho điểm tối đa 0,5 0,5 0,5 0,5